Добавил:

Upload Опубликованный материал нарушает ваши авторские права? Сообщите нам.

Вуз:

Московский государственный физико-технический университет (МФТИ)

Предмет:

[НЕСОРТИРОВАННОЕ]

Файл:

Lektsii_zubova_1

.pdf

Скачиваний:

Добавлен:

03.06.2015

Размер:

303.94 Кб

Скачать

☆

<<< < Предыдущая 1 2 34 / 44

t, x QT v(t, x) 6 v(t , x ):

−u(t, x) = v(t, x) 6 v(t , x ) = −u(t , x ) : u(t, x) > u(t , x ) t, x QT

Только интеграл Пуассона непрерывно зависит от входных данных. Не факт, что нету других решений, которые не описываются интегралом Пуассона. Для единственности решения, необходимо ввести некоторый класс функций с ограниченным ростом на бесконечности.

Определение: Пусть T > 0, σ > 0. Введ¼м слой толщины T â Rn : ΠT = {(t, x) : 0 < t < T; x Rn } Mσ(T) класс функций. u(t, x) Mσ(T), åñëè:

1)u(t, x) C1t,,x2(Πt) ∩ C(ΠT) (непрерывно продолжаема вплоть до границы.)

2) A > 0; α > 0 :

|u(t, x)| 6 A· eα|x|σ ,

(t, x)

ΠT

Класс Тихонова: σ = 2

Утверждение 1: Класс функций Mσ

- линейной пространство, прич¼м если σ0

> 0;

σ0

6 σ1, òî

Mσ0 (T) Mσ1 (T)

Пусть u1(t, x), u2(t, x) Mσ(T)

|u1(t, x)| 6 A1eα1|x|σ

|u2(t, x)| 6 A2eα2|x|σ

|µ1u1(t, x) + µ2u2(t, x)|

6 |µ1||u1(t, x)| + |µ2||u2(t, x)|

6 |µ1|A1eα1|x|σ + |µ2|A2eα2|x|σ

6 (|µ1|A1 + |µ2|A2)emax(α1,α2)|x|σ

Aeα|x|σ

u(t, x) Mσ0 (T);

σ0 < σ1 |u(t, x)| 6 Aeα|x|σ0 6 Aeα|x|σ1

u(t, x) Mσ1 (T)

2|x|2

Утверждение 2:

T > 0 функция UT(t, x) =

(T−t) , t < T, x Rn

t)n/2

удовлетворяет однородному уравнению теплопроводности.−

à)UT(t, x) C∞({t < T, x Rn})

x 2

|x|

∂U

á)

= [

| |

4a2(T−t)

∂t

(T − t)n/2+1

(T − t)n/2

4a2(T − t)2

|x|

[4 x 2

á)∆xUT = [

4a2(T−t)

(T − t)n/2

4a2(T − t)

(T − t)n/2

[4a2(T

− t)2]2

∂UT

= 0

− a

∆xUT

∂t

Лемма 4.4 Пусть v(t, x) такова, что:

(

)

v(t, x) M2 2T

0 < T1

6 T :

Тогда

ϵ > 0

R ,

2)LU ≡ vt

− a

∆xv

= 0,

< t

< T, x

t=0 = 0, x R

|v(t, x)| 6 ϵU2T1 (t, x) = ϵ

(2T1−t) , (t, x) ΠT1

(2T1

− t

n/2

1)v(t, x) 6 Aeα|x|

)

(t, x) ΠT

2)Выберем T1 = min(T,

); то есть мы выбрали T1 не зависящим от ϵ

16a2α

3)Выберем ϵ > 0

ω±(t, x) = ϵU

(t, x)

v(t, x) > ϵU

(t, x)

v(t, x)

> ϵU

(t, x)

Aeα|x|

2 |x|2

Aeα|x|

2T1

−|

2T1

−

4a (2T1

−

n/2

2|x|2

|x|2

(2T1)n/2

α x

(2T1 − t)

(2T1)

− Aeα|x|

8a2T1 [1 −

A· e−(8a2T1

−

)| |

]

(2T1)n/2

R(ϵ) :

[

A· e−(

8a2T1 −

)| |

]

(так как показатель экспоненты < 0)

(2T1)n/2

ω±ϵ (t, x) - достаточно гладкая

Обе эти функции и оператор теплîïðоводности обращаются в 0 в полосе шириной T1. Из следствия 4.4 ω±ϵ (t, x) > 0 (t, x) ΠT1

ϵU2T1 (t, x) ± v(t, x) > 0 (t, x) ΠT1

|v(t, x)| < ϵU2T1 (t, x), (t, x) ΠT1

Бер¼м любую точку (t , x ) из рассматриваемой полосы: |v(t, x)| < ϵC v ≡ 0

Теорема 4.5:				ut − a2∆xu = f (t, x), 0 < t 6 T; x Rn
Задача Коши				ut − a2∆xu = f (t, x), 0 < t 6 T; x Rn
в полосе ΠT не может иметь более одного решения					в классе Тихонова M2(T)
			{			x Rn
			{	u t=0 = u0(x),		x Rn

Предположим противное. Пусть есть 2 решения: uI(t, x) è uII(t, x)
v(t, x) = uI(t, x) − VII(t, x) M2(T)
		Lv ≡ vt − ∆xv = 0,				(t, x) ΠT
В силу только что доказанной леммы				находим T1. В замыкании полосы ΠT1 v(t, x) 0 Далее, так
	{	v		= 0, x Rn
	{	v	t=0	= 0, x Rn
как на верхней границе полосы				, используем опять нашу лемму, для сдвинутой≡вверх задачи
	v(t, x) = 0
Коши. Так как существуте такое N, ÷òî NT1 > 0,					òî çà N таких шагов мы получаем, что в искомом
ñëîå v(t, x) ≡ 0

Отметим тот факт,что в классе M3(T) можно построить ещ¼ одно решение.

Обратная задача теплопроводности:

ut − a2uxx = 0, t < 0, x Rn

Привед¼м пример, когда она будет некорректной:
u t=0 = u0(x)
Пусть u (x) = e−n cos nx, n		N, n	→ ∞	Тогда:
20 2			→ ∞
u(t, x) = e−a n	t−n cos nx В любой точке (t, x) ñ t < 0 ïðè n → ∞ u(t, x) → ∞

Эллиптические задачи

Формула Грина для уравнения Лапласа Пусть Ω - ограниченная область в Rn

Определение: Ограниченная область Ω называется областью с границей Γ класса C1(гладкой), åñëè x0 Γ :

а)Декартова система координат ξ = (ξ1, . . . , ξn)

б)Окрестность U(x0) = {x : |ξ′| < r, |ξn| < h} ξ′ = (ξ1, . . . , ξn−1) такая, что в ней часть границы Γ представима в виде: ξn = F(ξ′) = F(ξ1, . . . , ξn−1), |ξ′| < r:

1)F(0) = 0

2)F(ξ′) C1(|ξ′| < r)

∂ f

(0) = . . . =

∂ f

(0) = 0

∂ξ1

∂ξn−1

Ω

в)Множество U−(x0) = U(x0) ∩ {x : ξn < F(ξ′)}

г)Множество U+(x0) = U(x0) ∩ {x : ξn > F(ξ′)}

< Ω

д) Числа r > 0 è h > 0 можно выбрать независимо от точки x

формула Остроградского-Гаусса:

∫

→−

∫

(

)

I →−

→−

)

∂x1

∂xn

Ω

∂F + . . . +

∂F

(

div F

(x)dx =

dx =

F (x), n (x) dS

Лемма 6.1: Пусть Ω - ограниченная область в Rn с гладкой границей Γ C1. Тогда справедливо:

1)Формула Грина(1-ая):					∫Ω		∂u
u(x) C2(		), v(x) C1(		) :		(∆u)v· dx =		vdSx −	( u, v)· dx
	Ω		Ω

						IΓ	→−		∫Ω
							∂ n

1)Формула Грина(2-ая):

∫Ω

∂u

∂v

u(x) C2(

), v(x) C2(

) :

(∆u)v· dx −

(∆v)u· dx =

vdSx −

udSx

Ω

∫Ω

IΓ

→−

IΓ

→−

∂ n

Доказательство:

à) v(x),→−f (x) - äâà ïîëÿ

↓

→−

→− v↓

→−

div( f v)

( , f v) = ( ,

) + ( , f

v) = v( , f

) + ( v)

f = v div f

+ ( f

, u)

∂

á) ∆u =

(uxk )

= div( u)

k=1

∂xk

→−

∑

v C

(Ω)

f =

u C (Ω),

div(( u)v)

= v∆u + ( u, v), интегрируем по=Ω

∂u

∫

→−

∫

→−

v)dx =

div

(

v dx−

(

x−

vdSx−

(

(∆u

(

)

, n )vdS

( ,

)

∂ n

)

Ω

òàê êàê:

∑

∂u

= (

, n ) =

→−

k=1

∂x

∂ n

IΓ

(∆v)u· dx =

∂v

udSx

−

( v, u)· dx

∫Ω

→−

∫Ω

∂ n

(∆u)v· dx =

∂u

vdSx −

( u, v)· dx

∫Ω

IΓ

→−

∫Ω

∂ n

Вычитая из одного выражения другое, имеем искомое равенство.

Замечание 1: в первой формуле Грина можно взять u(x) C2(Ω) ∩ C1(Ω), ∆u C(Ω), v(x) C1(Ω) Можно аккуратно доказать этот факт, но здесь мы опустим доказательство.

Внутренняя задача Дирихле для уравнения Пуассона.

Пусть Ω - ограниченная область с границей Γ C1. Функция функции. Задача Дирихле состоит в том,чтобы найти u(x):

{	∆u(x) = f (x),		x Ω
		= u0(x),	x Γ

	u Γ

u0(x) C(Γ), f (x) C(Ω) - заданные

( )

Определение Классическим решением задачи Дирихле (!ÏÎÊÀ! ) называется u(x) C1(Ω) ∩ C2(Ω), удовлетворяющая уравнению и граничным условиям.

Лемма 6.2: не может существовать более одного классического решения задачи Коши (*)


Действительно, пусть uI(x) è uII(x) - решения; v(x) = uI(x) − uII(x) C1(Ω) ∩ C2(Ω)
∆v(x) ≡ 0, x Ω, продолжаем вплоть до границы:
	первую
Используем	первую					формулу Грина:
					∂v
∆v C(Ω);		v		= 0
∆v C(Ω);		v	Γ	= 0
(∆v)v· dx =		IΓ				vdSx − ( v, v)· dx
(∆v)v· dx =					→−	vdSx − ( v, v)· dx
∫Ω					→−	∫Ω
					∂ n

Левая часть = 0, так как ∆v = 0; Первое слагаемое в правой части равно 0, так как на границе v = 0

∫

( v, v)· dx = 0 | v(x)| = 0, x Ω v(x) = const, x Ω, и в силу того,что на границе

Ω

v(x) = 0, имеем, что v(x) ≡ 0, x Ω два этих решения на самом деле совпадают.

Внутренняя задача Неймана для уравнения Пуассона.

Ω - ограниченная область с гладкой границей Γ :

f (x) C(Ω), u1(x) C(Γ) Найти u(x):

	∂ n
∆u(x) = f (x),

	∂u
	∂u	= u0(x),




	→− Γ

x Ω

( )

x Γ

Опредедение: Классическим рещением задачи Неймана (!ÏÎÊÀ! ) называется такая функция

u(x) C1(Ω) ∩ C2(Ω) , удовлетворяющая уравнению и граничным условиям.

Лемма 6.3: Любые два классических решения задачи Неймана отличаюòñя на константу. Действительно, пусть uI(x) è uII(x) - решения; v(x) = uI(x) − uII(x) C1(Ω) ∩ C2(Ω)

∆v(x) C(Ω) ∆v ≡ 0,

x Ω

∂v

= 0

∂ n

→−

dx =

vdSx

−

(

(∆

v)v

→−

∫Ω

IΓ

∫Ω

∂ n

Левая часть = 0, так как ∆v = 0;

∂v

Первое слагаемое в правой части равно 0, так как на границе

= 0

∂ n

→−

Аналогично v(x) = const, что и требовалось доказать. Верно и обратное:

Лемма∫ 6.4: НеобходимымI условие внутренней задачи Неймана (**) является выполнение равенства: f (x)dx = u1(x)dSx

Ω	Γ	∫Ω	∫Ω	∫Ω	IΓ	→−		∫Ω

Действительно,			f (x)dx =	∆u(x)dx =	∆u(x)· 1· dx =	∂u	· 1· dSx −	( u, 1)dx
						∂ n
∫	f (x)dx = I u1(x)dSx

ΩΓ

Îзадаче на собственные функции и собственные значения для оператора Лапласа

при однородном условии Дирихле.

Найти λ и u(x) C1(Ω) ∩ C2(Ω), ÷òî:

	{ u	Γ	= 0;	u(x) . 0		оператор минус дельта
	−∆u(x)			= λu(x)
à)	сч¼тное число собственных		значений		λ :	λ1, . . . λk, . . .

á)|λk| → ∞ ïðè k → ∞ ( λ могут быть комплексными)

в)Каждому собственному значению λk отвечает лишь конечное число линейно-независимых собственных функций.

Лемма 6.5: Всякое собственное значение λk > 0

(∆u)		· dx =	IΓ	∂u		( u,		)· dx
	u				udSx −		u

∫Ω				→−		∫Ω
				∂ n


На границе Γu =				u	= 0 первое слагаемое в правой части равно 0 значит:
−λ ∫Ω (uu		)· dx = − ∫Ω ( u,					)· dx
						u
λ ∫Ω	(\|u\|2dx = ∫Ω (\| u\|2)dx
λ =	∫Ω (\| u\|2)dx		λ вещественно, λ > 0, и более того λ > 0
	∫Ω (\|u\|2)dx

(В задаче Неймана λ может быть равно 0) Выражение для λ называется соотношением Рэлея.

Лемма 6.6: Оператор −∆ , определ¼нный на линейном множестве функций:

является симметричным относительно скалярного произведения

пространство

L2(Ω)

D0(−∆) = {u(x) : u(x) C1(Ω) ∩ C2(Ω); ∆u(x) C(Ω); u

= 0}

Доказательство. Воспользуемся второй формулой Грина.

u(x), v(x) D0(−∆)

∂

v ds +

→−uds =

∂u

ds +

→−

( u; v) = (u,

∆v).

( u; v)

(u,

∆v) =

→−

∂ v

−

IΓ

−

→−

∂ n

Лемма 6.7 Собственные функции uk(x), um(x), соответствующие различным собственным значениям λk, λm, ортогональны относительно скалярного произведения L2(Ω).

Доказательство

(−∆uk, um) = (λkuk, um) = λk(uk, um);

(uk, −∆um) = (uk, λmum) = λm(uk, um) = λm(uk, um).

Òàê êàê λk , λm òî (uk, um) = 0.

Задача Дирихле для уравнения Лапласа в круге.

Рассмотрим круг D = {x		\|x\| < R}, и его границу Γ = ∂D = {x \|x\| = R}.
	∆u(x) = f (x),		x		D
{
{	u Γ = u0(x),		x Γ			задача Пуассона в круге
Введем замену:

	{
	x1 = ρ cos φ			; u(x1		, x2) → uˆ(ρ, φ) = u(ρ cos φ, ρ sin φ)
	x2 = ρ sin φ			; u(x1		, x2) → uˆ(ρ, φ) = u(ρ cos φ, ρ sin φ)

∆u преобразуется следующим образом:

1 ∂

∂uˆ

1 ∂2uˆ

∆u =

)

∂r

ρ2

∂φ2

Запишем теперь задачу Дирихле:c

= fˆ(ρ, φ),

uˆρρ + ρuˆρ +

ρ2 uˆφφ

uˆ(R, φ) = uˆ

(φ)

uˆ(ρ, φ) = uˆ(ρ, φ + 2π),

=uˆρρ + ρuˆρ + ρ2 uˆφφ

0 6 ρ 6 R, 0 6 φ 6 2π

(1)

(2)

(3)

Предположим,что:

1.Будем рассматривать задачу Дирихле для уравнения Лапласа

2.u(x) C1(D) ∩ C2(D)

3.u0(x) C1(Γ)

Предположим, что uˆ0(ρ, φ) можно разложить в равномерно сходящийся ряд Фурье, и uˆ(ρ, φ) тоже. Сделаем это:

			a0(ρ)				∑ [	]
uˆ(ρ, φ) =				2		+	ak(ρ) cos kφ + bk(ρ) sin kφ
							k=1
				1	2π
	ak(ρ) =			1		uˆ(ρ, ψ) cos kψdψ,		(k = 0, 1, . . . )
	ak(ρ) =			π		uˆ(ρ, ψ) cos kψdψ,		(k = 0, 1, . . . )
					∫
				0
					2π
					2π


				1
				1

	b	(ρ) =				uˆ(ρ, ψ) sin kψdψ,		(k = 0, 1, . . . )
	k			π
				π
					∫
				0

uˆ0(φ) = A20 + ∑∞ [Ak cos kφ + Bk sin kφ]

k=1

∫

2π

uˆ0(ψ) cos kψdψ,

(k = 0, 1, . . . )

Ak = π

∫

uˆ (ψ) sin kψdψ,

(k = 0, 1, . . . )

Подставим

∑ {

[

]

[

]

[

]

2 a0′′(ρ) +

∞

+ k=1

ak′′(ρ) + ρak′ (ρ) −

∞

cos kφ + bk′′(ρ) + ρbk′ (ρ) − ρ2 bk(ρ)

ρa0′ (ρ)

ρ2 ak(ρ)

∑ [

]

∑ [

]

ak R

bk R

(

)

) cos

) sin

(

φ +

(

) cos

(

) sin

k=1

Приравнивая коэффициенты при соответствующих слагаемых получим:

ak(R) = Ak,

(k = 0, 1, . . . )

ak′′(ρ) +

ak′ (ρ) −

ρ2

ak(ρ) = 0, 0 6 ρ 6 R

bk′′(ρ) +

bk′ (ρ) −

ρ2

bk(ρ) = 0, 0 6 ρ 6 R

(k = 0, 1, . . . )

bk(R) = Bk

}

sin kφ = 0

(4)

На первый взгляд не хватает условий. Но при ρ → 0 наша функция → ∞. А нам бы хотелось этого

избежать.

u - ограниченна.

2π

|al(ρ)| 6

∫0 |uˆ(ρ, ϕ)|· | cos kψ|ψ 6 M

∫0

dψ = 2M

Необходимо, чтобы ak было ограниченно:

На жаргоне можно сказать, что |ak(0)|, |bk(0)| < ∞

Решением уравнения Эйлера будет: ak(ρ) = αρµ

α[µ(µ

−

1) + µ

−

k2]ρµ−2

µ = k

}

= 0

ak(ρ) = C1kρk + C2kρ−k

общее решение уравнения, при k > 0

{

a0(ρ) = c10· 1 + c20 ln ρ

Из ограниченности: c2k = c20 = 0

ak(ρ) = c1kρk (k = 0, 1, . . . )

k =

(

) =

(ρ) =

, (

= 0, 1 . . . )

c1kR

Ak(R)

Аналогично: bk(ρ) = Bk(

) ,

(k = 1, 2 . . . )

То есть мы формально решили нашу задачу:

∞

ρ k

( )

uˆ(ρ, φ) = 20 + k=1

(Ak cos kφ + Bk sin kφ)(R)

∑

Перейд¼м обратно к декартовым кооридинатам:

z = x1 + ix2 = ρeiφ = ρ cos φ + iρ sin φ

zk = ρkeikφ = ρk cos kφ + iρk sin kφ

ρk cos kφ = Re(zk) = Re(x1 + ix2)k = pk(x1, x2);

ρk sin kφ = Im(zk) = Im(x1 + ix2)k = qk(x1, x2)

pk, qk - гармонические функции

∞ Ak

( )

u(x1, x2) =

2 + k=1

Rk pk(x1, x2) +

Rk qk(x1, x2)

∑

Теорема 6.1: Пусть u0(x) C(Γ). Тогда:

1)существует единственное классическое решение задачи Дирихле

u(x) C∞(D) ∩ C(

)

2) Это решение представимо сходящимися рядами (*) и (**), прич¼м при

|x|

< R < R1 ряды сходятся

абсолютно и равномерно.

3)Любые частные производные по x1 è x2 могут быть найдены соответствующим дифференцированием

в (*), (**) под знаком

4) Это решение

представимо формулой Пуассона:

∑

u(x) =

− |x|

(ξ)dS

2πR IΓ

|x − ξ|2

Единственность доказывать пока не умеем.

2π

1) M : |u0(x)| 6 M

|Ak| 6

∫0

|uˆ0(ψ)| cos |kψ|dψ 6 2M;

аналогично: |Bk| 6 2M

u(x1

, x2) =

∞

pk(x1, x2) +

(x1, x2) =

∞ Ak

Re(zk) +

Im(zk)

k=1

∑

W1(z) =

∞ Ak

;

W2(z) =

∞

k=1

∑

= 2Mqk; 0 < q < 1

Rk zk

|z|k = 2M

)

(

мы мажорировали ряд сходящейся прогрессией. По теореме Вейершрасса: W1(z) - сходится

Òî åñòü

равномерно

и абсолютно, и порождает регулярную функцию. Аналогично для W2(z)

u(x1, x2) = Re(W1(z)) + Im(W2(z))

u - гармоническая функция.

∞

ρ k

4)uˆ(ρ, φ) =

+ k=1

(Ak cos kφ + Bk sin kφ)(

)

1 1

2π

∑

2π

∞

∫

uˆ0(ψ)dψ + k=1

(cos kφ

∫

uˆ0(ψ) cos kψdψ) + (sin kφ

∫

uˆ0(ψ) sin kψdψ)

]

(

)

∑ [

2π

∞

2π

∞

∫

uˆ0(ψ)dψ+k=1

( ∫ (cos kψ cos kφ+sin kψ sin kφ)uˆ0(ψ)dψ)(

)

∫

[1+k=1

2 cos k(ψ−φ)

]uˆ0(ψ)dψ =

2π

∑

( )

2π

∞

ρ k

∞

ρ k

∫

[ k=0

)

e−ik(ψ−φ) + k=1

(

)

e+ik(ψ−φ)]uˆ

0(ψ)dψ

2π

∑ (

∑

(

| =

Пусть p =

Re+i(ψ−φ);

Re−i(ψ−φ);

|p|

= |

6 1

∞

(

)

∞

)

∞

ik(ψ φ)

+ik(ψ

φ)

−

p + 1

−

p + pp)

e−

+ (p)−

−

= p

1 =

k=0

(R)

k=1

(R)

k=0

k=1

1 − p −

(1 − p)(1 − p)

1 − p

∑

ρ2

1 − |p|2

1 −

R2 − ρ2

R2 − |x|2

1 − pp

− 2Re(p) + |p|2

ρ2

R2 − 2Rρ cos(φ − ψ) + ρ2

|x − ξ|2

1 − (p +

) + pp

1 − 2

cos(ψ − φ) +

Последнее равенство следует из того, что:

x = (ρ, φ);

ξ = (R, ψ);

|x − ξ|2 = R2 + ρ2 − 2Rρ cos(φ − ψ) - по теореме косинусов.

То есть, итого имеем:

2π

R2 − ρ2

uˆ(ρ, φ) =

∫0

uˆ0(ψ)dψR

2πR

R2 − 2Rρ cos(φ − ψ) + ρ2

u(x) =

R2 − |x|2

(ξ)dS

2πR IΓ

|x − ξ|2

Пусть u0(x) ≡ 1

2π

A0 =

∫0

1· dψ = 2;

Ak =

∫0

1· cos kψdψ

= 0;

Bk =

∫0

1· sin kψdψ = 0 k N

∑

(

)

−

∞

uˆ(ρ, φ) =

+ k=1

(Ak cos kφ + Bk sin kφ)

≡ 1 =

−

|x|

· 1dSξ

2πR

ξ 2

Покажем непрерывность по0Êîøè. |u0(x)|

6 M :

)| < ϵ

ϵ > 0 δ(ϵ) > 0 x : |x − x

| < ϵ → |u(x) − u(x

Возьм¼м ϵ > 0 :

1)u0(x) C(Γ)

δ0(ϵ), такие что ξ Γ & |ξ − x0| < δ0(ϵ)

→

|u0(ξ) − u0(x0)| < ϵ/2

δξ0 = {ξ

ξ Γ & |ξ − x0| < δ0(ϵ)}

2)Пусть

. Тогда

|x| < R

|u(x) − u(x )| =

x −ξ|

2| u0(ξ)dSξ

− 2πR I

−ξ|

u(x )dSξ

2πR

−

−ξ|x2|

2πR

[u0(ξ) − u(x0)]dSξ =

∫

2πR

−ξ|

− 0

2πR

[u (ξ)

u (x )]dS

−

∫R2 − |x|2 [u0(ξ) − u0(x0)]dSξ = |I0(x) + I1(x)| 6 |I0(x)| + |I1(x)| |x − ξ|2

δξ0

I0 :

Γ/δξ0

3) |x| < R,

оценим интеграл

(x)

R − |x|

(ξ)

(x0)

ϵ 1

R − |x|

2πR ∫

|x − ξ|2

2 2πR IΓ

|x − ξ|2

| 0

−

δξ0

4)Оценим I1. Выберем δ1(ϵ) =

δ0(ϵ)

δ0

|x| < R & |x − x0| < δ1(ϵ):

|x − ξ| >

|x − ξ| − |x − x0| >

δ0 2

∫

δ02

2πR ∫

−

2πR

(x) =

− |x|2

[u0(ξ)

u0(x0)]dSξ

(R − |x|)(R + |x|)

1 dSξ 6 16MR

R − |x|

Γ/δξ0

(

)

[

δ0

Положим δ(ϵ) = min

δ0ϵ

32MR

(ϵ, δ)

]

Непрерывность по Коши

доказана.

Представим функцию u(x) â âèäå ðÿäà:

∑

∞

u(x) =

+ k=1

pk(x1, x2) + k=1

qk(x1, x2)

|x| < R

Вспомним, что u(x) = W1(z) + W2(z), ãäå

∑

W1(z) =

;

W2(z) =

k=1

Сведения из ТФКП:

W(z) = u˜(x1, x2) + iv˜(x1, x2)

= u˜x1 + iv˜x1

∂u˜

∂

∂x1

∂x1 W(z) = dz

∑

dW1(z)

∑

∂

∂ A0

d A0

∞

∞ Ak d

W1(z)

[

+ k=1

pk] =

[

+ k=1

] =

+ k=1

(zk)] =

∂x1

∑

∂

∑

∂

∞

(zk) =

∞

(zk)

∞

pk(x1, x2)

k=1

∂x1

k=1

∂x1

<<< < Предыдущая 1 2 34 / 44

Соседние файлы в предмете [НЕСОРТИРОВАННОЕ]

#
03.06.20155.2 Mб29lecture_7.pdf
#
03.06.20151.41 Mб36Lecture_8.pdf
#
27.03.2016170.33 Кб9Lecture_HJ_7.pdf
#
03.06.201523.24 Кб13Lektsia_5_Eumetazoa.docx
#
03.06.20151.11 Mб9Lektsii_Vesna.pdf
#
03.06.2015303.94 Кб6Lektsii_zubova_1.pdf
#
03.06.2015319.88 Кб4Lektsii_zubova_2.pdf
#
03.06.2015450.28 Кб5Leonidov.pdf
#
03.06.2015550.54 Кб3LM1117.pdf
#
03.06.201520.96 Mб96M.A.Leontovich-термодинамика и стат физика.pdf
#
03.06.2015688.23 Кб77M1_10_14.pdf